资源简介

(共14张PPT)
第43讲数列求和(二)
考点一　倒序相加法
[例1]　已知函数f(x)=log3.
(1)证明:函数f(x)的图象关于点(,1)对称;
[证明]　因为函数f(x)=log3的定义域为(0,1),
设M(x1,y1),N(x2,y2)是函数y=f(x)图象上的两点, 其中x1,x2∈(0,1)且x1+x2=1,
则有y1+y2=f(x1)+f(x2)=log3+log3=log3=2,
因此函数图象关于点(,1)对称.
(2)若Sn=f()+f()+…+f()(n∈N*,n≥2),求Sn.
[解]　由(1)知,当x1+x2=1时,f(x1)+f(x2)=2,
Sn=f()+f()+…+f(),①
Sn=f()+…+f()+f(),②
①+②得2Sn=2(n-1),即Sn=n-1.
跟踪训练
1.已知数列{an}满足:+++…+=n(n∈N*),数列{bn}满足bn=.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:由数列{an}满足:+++…+=n(n∈N*),
当n≥2时,可得+++…+=n-1,
两式相减,可得=1,所以an=2n,
当n=1时,可得=1,所以a1=2,适合上式,
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)求bn+b100-n的值;
解:由数列{bn}满足bn==,
则bn+b100-n=+=+=
+==.
(3)求b1+b2+b3+…+b99的值.
解:由(2)知bn+b100-n=,
可得b1+b2+…+b99=++…+,
则b99+b98+…+b1=++…+,
两式相加可得2(b1+b2+b3+…+b99)=,所以b1+b2+b3+…+b99=.
考点二　裂项相消法
角度1　等差型
[例2]　(2026·云南昆明模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,5Sn+an=1.
(1)求数列{an}的通项公式;
[解]　由题得5Sn+an=1,①
∴当n=1时,5S1+a1=1,得a1=.
当n≥2时,5Sn-1+an-1=1,②
①-②得6an=an-1,即=,
故数列{an}是首项为,公比为的等比数列,
∴an=.
(2)令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　由(1)得bn===(-).
∴Tn=[(1-)+(-)+…+(-)+(-)]=(1+--)=-.
角度2　无理型
[例3]　(2026·河北秦皇岛模拟)已知各项都是正数的数列{an},其前n项和为Sn,a1=1,且Sn-=.
(1)求数列{an}的通项公式;
[解]　由题意得4Sn-4=-1,
所以(2-1)2=.又数列{an}是各项都是正数的数列,a1=1,
所以2-1=an,4Sn=(an+1)2,
当n≥2时,有4Sn-4Sn-1=4an=+2an--2an-1,
所以2(an+an-1)=-=(an+an-1)(an-an-1),
所以an-an-1=2,故数列{an}是1为首项,2为公差的等差数列,
所以an=2n-1.
(2)若bn=+,证明:++…+=3.
[证明]　由(1)得bn=+,
所以==(-),
所以++…+=(-)+(-)+…+(-)=(-)=3,证毕.
方法总结
裂项相消法的原则及规律
1.裂项原则
一般是前面裂几项,后面就裂几项,直到发现被消去项的规律为止.
2.消项规律
消项后前面剩几项,后面就剩几项,前面剩第几项,后面就剩倒数第几项.
2.已知在递增等比数列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=24,设bn=.
(1)求数列{an}的通项公式;
[解]　设递增等比数列{an}的公比为q,则q>0.
因为a1+a2=6,a3+a4=24,
所以q2===4,解得q=2.
所以a1+2a1=6,解得a1=2,
所以an=2×2n-1=2n.
跟踪训练
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
[解]　因为an=2n,bn=,
所以bn===-,
所以Sn=b1+b2+…+bn=(-)+(-)+…+(-)=1-.[A组　基础保分练]
1.(2026·湖北黄冈模拟)已知数列{an}是等差数列,a2=4,a4=10.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Tn,求Tn.
解:(1)由a2=4,a4=10可得a4-a2=6,故公差d=3,
所以an=a2+(n-2)d=4+3(n-2)=3n-2.
(2)由于==(-),故Tn=(-)+(-)+…+(-)=[(-)+(-)+…+(-)]=(1-)=.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn+3-3an=0,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由2Sn+3-3an=0,可得当n=1时,2S1+3-3a1=0,解得a1=3,
n≥2时,2Sn-1+3-3an-1=0,又2Sn+3-3an=0,
两式相减可得2an=2Sn-2Sn-1=3an-3-3an-1+3,即有an=3an-1,经检验a1=3满足此式,
所以数列{an}是首项为3,公比为3的等比数列,所以an=3n.
(2)数列{bn}满足bn=
==(-),
所以Tn=(-+-+…+-)=(-).
[B组　能力提升练]
3.记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,已知9Sn=12an-4n+1+4,且bn=.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求Tn.
解:(1)因为9Sn=12an-4n+1+4,①
当n=1时,9S1=9a1=12a1-42+4,解得a1=4.
当n≥2时,9Sn-1=12an-1-4n+4,②
由 ①-②得9an=12an-12an-1-3×4n,
即an=4an-1+4n,所以=+1.
所以数列==1,公差为1的等差数列,则=1+(n-1)×1=n,所以an=n·4n.
(2)由(1)可知bn===(-),
从而Tn=[(-1)+(-)+…+(-)]=(-1).
4.已知f(x)=x2+x,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若g(x)=,令bn=g()(n∈N*),求数列{bn}的前2 026项和T2 026.
解:(1)因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数f(x)=x2+x的图象上,所以Sn=n2+n,
当n=1时,S1=+=1,即a1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=n2+n-(n2-n++n-)=n.
因为a1=1满足上式,所以an=n.
(2)因为g(x)=,
所以g(x)+g(1-x)=+=+=+=1.
因为an=n,所以bn=g()=g()(n∈N*),
所以T2 026=b1+b2+b3+…+b2 025+b2 026
=g()+g()+g()+…+g()+g(),①
又T2 026=b2 026+b2 025+b2 024+…+b2+b1
=g()+g()+g()+…+g()+g(),②
①+②,得2T2 026=2 026,
所以T2 026=1 013.第43讲　数列求和(二)
考点一　倒序相加法
[例1]　已知函数f(x)=log3.
(1)证明:函数f(x)的图象关于点(,1)对称;
(2)若Sn=f()+f()+…+f()(n∈N*,n≥2),求Sn.
(1)[证明]　因为函数f(x)=log3的定义域为(0,1),
设M(x1,y1),N(x2,y2)是函数y=f(x)图象上的两点, 其中x1,x2∈(0,1)且x1+x2=1,
则有y1+y2=f(x1)+f(x2)=log3+log3=log3=2,
因此函数图象关于点(,1)对称.
(2)[解]　由(1)知,当x1+x2=1时,f(x1)+f(x2)=2,
Sn=f()+f()+…+f(),①
Sn=f()+…+f()+f(),②
①+②得2Sn=2(n-1),即Sn=n-1.
1.已知数列{an}满足:+++…+=n(n∈N*),数列{bn}满足bn=.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求bn+b100-n的值;
(3)求b1+b2+b3+…+b99的值.
解:(1)由数列{an}满足:+++…+=n(n∈N*),
当n≥2时,可得+++…+=n-1,
两式相减,可得=1,所以an=2n,
当n=1时,可得=1,所以a1=2,适合上式,
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由数列{bn}满足bn==,
则bn+b100-n=+=+=+==.
(3)由(2)知bn+b100-n=,
可得b1+b2+…+b99=++…+,
则b99+b98+…+b1=++…+,
两式相加可得2(b1+b2+b3+…+b99)=,所以b1+b2+b3+…+b99=.
考点二　裂项相消法
角度1　等差型
[例2]　(2026·云南昆明模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,5Sn+an=1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由题得5Sn+an=1,①
∴当n=1时,5S1+a1=1,得a1=.
当n≥2时,5Sn-1+an-1=1,②
①-②得6an=an-1,即=,
故数列{an}是首项为,公比为的等比数列,
∴an=.
(2)由(1)得bn===(-).
∴Tn=[(1-)+(-)+…+(-)+(-)]=(1+--)=-.
角度2　无理型
[例3]　(2026·河北秦皇岛模拟)已知各项都是正数的数列{an},其前n项和为Sn,a1=1,且Sn-=.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=+,证明:++…+=3.
(1)[解]　由题意得4Sn-4=-1,
所以(2-1)2=.又数列{an}是各项都是正数的数列,a1=1,
所以2-1=an,4Sn=(an+1)2,
当n≥2时,有4Sn-4Sn-1=4an=+2an--2an-1,
所以2(an+an-1)=-=(an+an-1)(an-an-1),
所以an-an-1=2,故数列{an}是1为首项,2为公差的等差数列,
所以an=2n-1.
(2)[证明]　由(1)得bn=+,
所以==(-),
所以++…+=(-)+(-)+…+(-)=(-)=3,证毕.
方法总结
裂项相消法的原则及规律
1.裂项原则
一般是前面裂几项,后面就裂几项,直到发现被消去项的规律为止.
2.消项规律
消项后前面剩几项,后面就剩几项,前面剩第几项,后面就剩倒数第几项.
2.已知在递增等比数列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=24,设bn=.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
[解]　(1)设递增等比数列{an}的公比为q,则q>0.
因为a1+a2=6,a3+a4=24,
所以q2===4,解得q=2.
所以a1+2a1=6,解得a1=2,
所以an=2×2n-1=2n.
(2)因为an=2n,bn=,
所以bn===-,
所以Sn=b1+b2+…+bn=(-)+(-)+…+(-)=1-.(共10张PPT)
1
2
3
4
A组　基础保分练
1.(2026·湖北黄冈模拟)已知数列{an}是等差数列,a2=4,a4=10.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:由a2=4,a4=10可得a4-a2=6,故公差d=3,
所以an=a2+(n-2)d=4+3(n-2)=3n-2.
1
2
3
4
(2)设数列的前n项和为Tn,求Tn.
解:由于==(-),故Tn=(-)+(-)+…+(-)=[(-)+(-)+…+(-)]=(1-)=.
1
2
3
4
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn+3-3an=0,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:由2Sn+3-3an=0,可得当n=1时,2S1+3-3a1=0,解得a1=3,
n≥2时,2Sn-1+3-3an-1=0,又2Sn+3-3an=0,
两式相减可得2an=2Sn-2Sn-1=3an-3-3an-1+3,即有an=3an-1,经检验a1=3满足此式,
所以数列{an}是首项为3,公比为3的等比数列,所以an=3n.
1
2
3
4
(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:数列{bn}满足bn=
==(-),
所以Tn=(-+-+…+-)=(-).
1
2
3
4
3.记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,已知9Sn=12an-4n+1+4,且bn=.
(1)求数列{an}的通项公式;
B组　能力提升练
1
2
3
4
解:因为9Sn=12an-4n+1+4,①
当n=1时,9S1=9a1=12a1-42+4,解得a1=4.
当n≥2时,9Sn-1=12an-1-4n+4,②
由 ①-②得9an=12an-12an-1-3×4n,
即an=4an-1+4n,所以=+1.
所以数列==1,公差为1的等差数列,则=1+(n-1)×1=n,所以an=n·4n.
1
2
3
4
(2)求Tn.
解:由(1)可知bn===(-),
从而Tn=[(-1)+(-)+…+(-)]=(-1).
1
2
3
4
4.已知f(x)=x2+x,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数f(x)=x2+x的图象上,所以Sn=n2+n,
当n=1时,S1=+=1,即a1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=n2+n-(n2-n++n-)=n.
因为a1=1满足上式,所以an=n.
1
2
3
4
(2)若g(x)=,令bn=g()(n∈N*),求数列{bn}的前2 026项和T2 026.
解:因为g(x)=,
所以g(x)+g(1-x)=+=+=+=1.
因为an=n,所以bn=g()=g()(n∈N*),
所以T2 026=b1+b2+b3+…+b2 025+b2 026
=g()+g()+g()+…+g()+g(),①
1
2
3
4
又T2 026=b2 026+b2 025+b2 024+…+b2+b1
=g()+g()+g()+…+g()+g(),②
①+②,得2T2 026=2 026,
所以T2 026=1 013.

展开更多......

收起↑